同济高数 第7章 第7-10-2题

[AI解答]

[AI解答]

我们逐一求解各微分方程组，并给出完整步骤。

---

（1）
方程组：
$$
\begin{cases}
\displaystyle{\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t}} = y, \quad x(0)=0, \$$1em]
\displaystyle{\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t}} = -x, \quad y(0)=1.
\end{cases}
$$

解：对第一式求导：
$$
\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} = \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} = -x.
$$
得二阶方程：
$$
\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} + x = 0.
$$
特征方程 $r^2+1=0$，根 $r=\pm i$，通解：
$$
x(t) = C_1 \cos t + C_2 \sin t.
$$
由 $x(0)=0$ 得 $C_1=0$，于是 $x(t)=C_2\sin t$，则
$$
y(t) = \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} = C_2 \cos t.
$$
由 $y(0)=1$ 得 $C_2=1$，故特解：
$$
x(t)=\sin t,\quad y(t)=\cos t.
$$

---

（2）
方程组：
$$
\begin{cases}
\displaystyle{\frac{\mathrm{d}^{2} x}{\mathrm{~d} t^{2}} + 2 \frac{\mathrm{~d} y}{\mathrm{~d} t} - x = 0},\quad x(0)=1, \$$1em]
\displaystyle{\frac{\mathrm{~d} x}{\mathrm{~d} t} + y = 0},\quad y(0)=0.
\end{cases}
$$

解：由第二式得 $y = -\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}$，代入第一式：
$$
\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} + 2\left(-\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}\right) - x = 0,
$$
即
$$
\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} - 2\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} - x = 0.
$$
特征方程 $r^2 - 2r -1=0$，根 $r=1\pm\sqrt{2}$，通解：
$$
x(t) = C_1 e^{(1+\sqrt{2})t} + C_2 e^{(1-\sqrt{2})t}.
$$
由 $x(0)=1$ 得 $C_1+C_2=1$。又
$$
y = -\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} = -C_1(1+\sqrt{2})e^{(1+\sqrt{2})t} - C_2(1-\sqrt{2})e^{(1-\sqrt{2})t},
$$
由 $y(0)=0$ 得：
$$
-C_1(1+\sqrt{2}) - C_2(1-\sqrt{2}) = 0.
$$
解方程组：
$$
C_1 + C_2 = 1,\quad (1+\sqrt{2})C_1 + (1-\sqrt{2})C_2 = 0.
$$
解得：
$$
C_1 = \frac{\sqrt{2}-1}{2\sqrt{2}},\quad C_2 = \frac{\sqrt{2}+1}{2\sqrt{2}}.
$$
故特解：
$$
x(t) = \frac{\sqrt{2}-1}{2\sqrt{2}} e^{(1+\sqrt{2})t} + \frac{\sqrt{2}+1}{2\sqrt{2}} e^{(1-\sqrt{2})t},
$$
$$
y(t) = -\frac{\sqrt{2}-1}{2\sqrt{2}}(1+\sqrt{2}) e^{(1+\sqrt{2})t} - \frac{\sqrt{2}+1}{2\sqrt{2}}(1-\sqrt{2}) e^{(1-\sqrt{2})t}.
$$

---

（3）
方程组：
$$
\begin{cases}
\displaystyle{\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t} + 3x - y = 0},\quad x(0)=1, \$$1em]
\displaystyle{\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t} - 8x + y = 0},\quad y(0)=4.
\end{cases}
$$

解：写成矩阵形式：
$$
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-3 & 1\\8 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}.
$$
特征方程：
$$
\det\begin{pmatrix}-3-\lambda & 1\\8 & -1-\lambda\end{pmatrix} = (\lambda+3)(\lambda+1)-8 = \lambda^2+4\lambda-5=0,
$$
根 $\lambda=1,\,-5$。

对应 $\lambda=1$，特征向量满足：
$$
(-3-1)u+v=0 \Rightarrow -4u+v=0 \Rightarrow v=4u,
$$
取 $(1,4)$。

对应 $\lambda=-5$，满足：
$$
(-3+5)u+v=0 \Rightarrow 2u+v=0 \Rightarrow v=-2u,
$$
取 $(1,-2)$。

通解：
$$
\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} = C_1 e^{t}\begin{pmatrix}1\\4\end{pmatrix} + C_2 e^{-5t}\begin{pmatrix}1\\-2\end{pmatrix}.
$$
由初值：
$$
C_1 + C_2 = 1,\quad 4C_1 - 2C_2 = 4.
$$
解得 $C_1=1,\,C_2=0$，故特解：
$$
x(t)=e^{t},\quad y(t)=4e^{t}.
$$

---

（4）
方程组：
$$
\begin{cases}
2\displaystyle{\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t}} - 4x + \displaystyle{\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{~d} t}} - y = e^{t},\quad x(0)=\frac{3}{2}, \$$1em]
\displaystyle{\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{~d} t}} + 3x + y = 0,\quad y(0)=0.
\end{cases}
$$

解：由第二式得：
$$
\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} = -3x - y.
$$
代入第一式：
$$
2(-3x-y) - 4x + \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} - y = e^{t},
$$
即
$$
-6x - 2y - 4x + \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} - y = e^{t},
$$
$$
\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} - 10x - 3y = e^{t}.
$$
又由 $\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} = -3x - y$，两式联立。消去 $x$：从第二式得 $x = -\frac{1}{3}\left(\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} + y\right)$，但更直接方法：对 $\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} = -3x - y$ 求导：
$$
\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} = -3\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} - \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}.
$$
代入 $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t} = e^{t} + 10x + 3y$ 及 $y = -\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} - 3x$，得：
$$
\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} = -3\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} - (e^{t} + 10x + 3(-\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} - 3x)),
$$
即
$$
\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} = -3\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} - e^{t} - 10x + 3\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} + 9x,
$$
化简得：
$$
\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d} t^2} + x = -e^{t}.
$$
齐次解：$x_h = A\cos t + B\sin t$，特解设 $x_p = C e^{t}$，代入得 $C e^{t} + C e^{t} = -e